A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（NO）=V（NH3）=0.001 mol?（L?s）﹣1
，所以NO平均每秒钟浓度变化为0.001摩/升，故A正确；
B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则V（H2O）=V（NH3）=0.0015 mol?（L?s）
﹣1
，所以NO平均每秒钟浓度变化为0.0015摩/升，故B错误；
﹣1
C、因V（NH3）=0.001mol?（L?s），所以NH3平均每秒钟浓度变化为0.001摩/升，故C错误；
D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则V（O2）=V（NH3）═0.00125 mol?（L?s）
﹣1
，所以O2平均每秒钟浓度变化为0.00125摩/升，故D正确； 故选：AD．
【点评】本题考查化学反应速率的计算，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比． 9．（3分）（2013秋?白城期末）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ） A．
+
B．
﹣
﹣
C．c（H）和c（OH）的乘积 D．OH的物质的量
﹣+
【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O?OH+NH4
﹣﹣
可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．
﹣+
【解答】解：A、由NH3．H2O?OH+NH4可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH）增大，
﹣
﹣
增大，故A错误；
+
﹣
B、由NH3．H2O?OH+NH4可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH）增大，
减小，故B正确；
+
﹣
C、因加水稀释时，温度不变，则c（H）和c（OH）的乘积不变，故C错误；
﹣﹣+
D、由NH3．H2O?OH+NH4可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误； 故选：B．
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答． 10．（3分）（2010秋?邯郸期末）下列关于铜电极的叙述正确的是（ ） A．铜锌原电池中铜是正极
B．用电解法精炼粗铜时铜作阳极
C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极 D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【分析】A．原电池中活泼金属为负极，较不活泼金属为正极； B．用电解法精炼铜时粗铜作阳极；
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C．电镀时，镀层金属作阳极；
D．电解稀硫酸制H2．O2时，电极材料为惰性电极材料．
【解答】解：A．铜锌原电池中，较为活泼的金属锌为负极，较不活泼的铜为正极，故A正确；
B．电解法精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误； C．电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属为阴极，故C正确；
D．电解稀硫酸制H2．O2时，电极材料为惰性电极材料，如用活性电极做阳极，则不会在阳极生成氧气，故D错误． 故选AC．
【点评】本题考查原电池和电解池的工作原理，题目难度不大，注意电解材料的选择和电极反应． 11．（3分）等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混和后，混和液中有关离子的浓度应满足的关系是（ ）
A．[M]＞[OH]＞[A]＞[H] B．[M]＞[A]＞[H]＞[OH] C．[M]＞[A]＞[OH]＞
﹣﹣+++
[H] D．[M]+[H]=[OH]+[A]
【分析】等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液溶质的物质的量相等，混合后完全反应，由于生成强碱弱酸盐，则反应后所生成的溶液呈碱性，从盐类水解的角度分析． 【解答】解：等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液溶质的物质的量相等，混合后完全反应，由于存在A+H2OHA+OH，
﹣﹣﹣﹣﹣+++
则有[M]＞[A]，[OH]＞[H]，盐类水解程度较弱，则[A]＞[OH]，则[M]＞[A]＞[OH﹣+
]＞[H]；
﹣﹣++
从溶液呈电中性的角度可知，[M]+[H]=[OH]+[A]， 故选CD．
【点评】本题考查离子浓度的大小比较，注意从盐类水解的角度比较离子浓度大小，从溶液呈电中性的角度比较离子浓度大小关系． 12．（3分）（2010?安庆模拟）下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ） A．光气（COCl2） B．六氟化硫 C．二氟化氙 D．三氟化硼 【分析】分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断．
【解答】解：A、光气（COCl2）中，C原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4价，所以满足最外层8电子结构；O原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为﹣2价，所以满足最外层8电子结构；Cl原子的原子核外最外层电子数为7，其在分子中的化合价为﹣1价，所以满足最外层8电子结构，故A正确；
B、六氟化硫中，S原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为+6价，在分子中的原子最外层电子数为12，故B错误；
C、二氟化氙中，Xe原子的原子核外最外层电子数为8，其在分子中的化合价为+2价，在分子中的原子最外层电子数为10，故C错误；
D、三氟化硼中，B原子的原子核外最外层电子数为3，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为6，故D错误． 故选A．
【点评】本题考查原子的结构，本题中注意判断是否满足8电子结构的方法，注意利用化合价与最外层电子数来分析即可解答，明确所有原子都满足最外层8电子结构是解答的关键．
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﹣
﹣
+
﹣﹣
++
﹣
+
﹣
+
﹣﹣
13．（3分）下列叙述正确的是（ ） A．同主族金属的原子半径越大熔点越高 B．稀有气体原子序数越大沸点越高
C．分子间作用力越弱分子晶体的熔点越低 D．同周期元素的原子半径越小越易失去电子
【分析】A、同主族金属从上到下原子半径逐渐增大，金属的熔点逐渐降低； B、0族元素从上到下沸点逐渐增大；
C、影响分子晶体熔点高低的因素是分子间作用力的大小；
D、同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱．
【解答】解：A、同主族金属从上到下原子半径逐渐增大，金属阳离子和自由电子的作用力逐渐减弱，金属的熔点逐渐降低，故A错误；
B、0族元素的单质属于分子晶体，对应元素的原子序数越大，气体的相对分子质量越大，沸点逐渐增大，故B正确；
C、影响分子晶体熔点高低的因素是分子间作用力的大小，分子间作用力越弱分子晶体的熔点越低，故C正确；
D、同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，原子半径逐渐减小，则同周期元素的原子半径越小越难失去电子，故D错误． 故选BC．
【点评】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 14．（3分）（2014秋?盐湖区校级期末）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ）
A．硫酸 B．氯水 C．硝酸锌 D．氯化铜
【分析】铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H、Cl、Fe，若要将Fe变为Fe，需要强氧
﹣
化性物质，如MnO4，氯气等．
﹣+2+2+3+
【解答】解：铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H、Cl、Fe，若要将Fe变为Fe，需要
﹣
强氧化性物质，如MnO4，氯气等．
﹣﹣+2++3+
在H存在的情况下，NO3表现强氧化性，发生反应：3Fe+NO3+4H═3Fe+NO↑+2H2O；
2+
硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性．Cu氧化性很弱，需要有强还原剂才能反应．故选：BC．
【点评】本题需要注意的是在H存在的情况下，NO3才表现强氧化性，否则不反应． 15．（3分）（2012秋?原平市校级期中）有五瓶溶液分别是①10毫升0.60摩/升NaOH水溶液 ②20毫升0.50摩/升硫酸水溶液 ③30毫升0.40摩/升HCl溶液 ④40毫升0.30摩/升HAc水溶液 ⑤50毫升0.20摩/升蔗糖水溶液．以上各瓶溶液所含离子．分子总数的大小顺序是（ ）
A．①＞②＞③＞④＞⑤ B．②＞①＞③＞④＞⑤ C．②＞③＞④＞①＞⑤ D．⑤＞④＞③＞②＞①
【分析】本题所问是溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子．五瓶溶液溶质的浓度比较小，故主要取决于溶剂的量．
【解答】解：因溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子，五而瓶溶液溶质的浓度比较小，故主要取决于溶剂的量，而溶液体积分别为10、20、30、40、50mL，依次增大．所以选：D．
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+
﹣
+
﹣
2+2+3+
【点评】本题若抓住了影响各瓶溶液所含离子．分子总数的大小的主要因素，很容易求解． 16．（3分）（2015秋?泉州校级月考）依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是（ ） A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比 B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比 C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比 D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
【分析】根据pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系及物质的量与密度的关系； 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比；
又根据pM=ρRT可知，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比．
【解答】解：A、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积之与摩尔质量成反比，故A错误；
B、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=
，若质
量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误；
C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确；
D、由pV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确； 故选CD．
【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确pV=nRT是解答本题的关键，注意公式的变形及公式中一个量随另一个量的变化来分析解答即可． 17．（3分）（2005?白山一模）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳Ca+2ClO+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO
2++3+
B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe+2H2O2+4H═Fe+4H2O
﹣+
C．用氨水吸收少量二氧化硫NH3．H2O+SO2═NH4+HSO3
3++
D．硝酸铁溶液中加过量氨水Fe+3NH3．H2O═Fe（OH）3↓+3NH4
﹣
【分析】A．通入过量二氧化碳生成HCO3； B．从电荷是否守恒的角度分析；
C．氨水和少量二氧化硫反应生成SO3；
D．氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀．
【解答】解：A．通入过量二氧化碳生成HCO3，正确的离子方程式为ClO+H2O+CO2═HCO3﹣
+HClO，故A错误；
2++3+
B．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe+H2O2+2H═2Fe+2H2O，故B错误；
2﹣
C．用氨水吸收少量二氧化硫反应生成SO3，故C错误；
D．氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，
3++
反应的离子方程式为Fe+3NH3．H2O═Fe（OH）3↓+3NH4，故D正确． 故选D．
﹣
﹣
2+
﹣
2﹣
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【点评】本题考查离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意从粒子符号、电荷守恒以及反应物的量等角度判断．
三、选择题（本小题包括8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个选项符合题意） 18．（4分）（2012秋?利辛县校级期末）pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是（ ） A．11：1 B．9：1 C．1：11 D．1：9 【分析】酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c（OH）=
﹣
﹣
计算．
+
【解答】解：pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H）=0.01mol/L，
﹣
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，且pH=11，说明反应后c（OH）=0.001mol/L，
﹣
则：c（OH）=
=
=0.001mol/L，
解之得：V（碱）：V（酸）=1：9， 故选B．
【点评】本题考查酸碱混合后溶液体积的计算，题目难度不大，注意根据溶液浓度、PH的有关计算公式的运用． 19．（4分）（2014秋?宁城县期末）体积相同的甲．乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2?2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
【分析】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动．
【解答】解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动．所以，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%． 故选B．
【点评】这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化．这样，问题就迎刃可解了． 20．（4分）（2015?衡水模拟）由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是（ ） A．锌 B．铁 C．铝 D．镁
【分析】可用极限法或平均值法计算，用极限法计算时可分别计算生成氢气11.2L时需要金属的质量，用平均值法计算可计算出混合物的平均相对原子质量．
【解答】解：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝， 故选C．
【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用．
第15页（共28页）